2019届二轮复习　功　功率　动能定理课件（57张）（全国通用） 57页

第 6 讲 功　功率　动能定理 总纲目录 考点 1 　功和功率的计算 考点 2 　动能定理的应用 考点 3 　应用动能定理解决力学综合问题 考点1　功和功率的计算 1.功 (1)恒力的功: W = Fl cos α 。 (2)合力的功: W = F 合 l cos α 。 (3)变力的功: ①将变力做功转化为恒力做功; ②应用 F - x 图像求解; ③应用动能定理求解。 2.功率 (1)平均功率: P =   。 (2)瞬时功率: P = Fv cos α 。 (3)应用:机车启动, P = Fv 。 考向一　功的理解与计算 1.(多选)如图所示,摆球质量为 m ,悬线的长为 L ,把悬线拉到水平位置后放手。 设在摆球从 A 点运动到 B 点的过程中空气阻力 F 阻 的大小不变,则下列说法正确 的是   (　　) A.重力做功为 mgL B.线的拉力做功为0 C.空气阻力 F 阻 做功为- F 阻 L D.空气阻力 F 阻 做功为-   F 阻 π L 答案     ABD　摆球下落过程中,重力做功为 mgL ,A正确;线的拉力始终与速度 方向垂直,拉力做功为0,B正确;空气阻力 F 阻 大小不变,方向始终与速度方向相 反,故空气阻力 F 阻 做功为- F 阻 ·   π L ,C错误,D正确。 2.(2018河南焦作质检)(多选)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下 以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力 逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移 变化的关系图像。已知重力加速度 g =10 m/s 2 ,由此可知   (　　)   A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.35 B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C.匀速运动时的速度约为6 m/s D.减速运动的时间约为1.7 s 答案     ABC　物体匀速运动时,受力平衡,则 F = μmg , μ =   =   =0.35,选项 A正确;因为 W = Fx ,故拉力的功等于 F - x 图线与横轴围成的面积,由图线可知小 格数约为13,则功约为13 × 1 J=13 J,选项B正确;由动能定理可知 W F - μmgx =0-   m   ,其中 x =7 m,解得 v 0 =6 m/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,无法求 出减速运动的时间,故D错误。 考向二　功率的分析和计算 3.如图所示,质量为 m 的小球以初速度 v 0 水平抛出,恰好垂直打在倾角为 θ 的斜 面上,则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)   (　　)   A. mgv 0 tan θ 　     B.   C.   　     D. mgv 0 cos θ 答案     B　小球落在斜面上时重力的瞬时功率为 P = mgv y ,而 v y tan θ = v 0 ,所以 P =   ,B正确。 4.(2018山东潍坊模拟)质量为 m =2 kg的物体沿水平面向右做直线运动, t =0时 刻受到一个水平向左的恒力 F ,如图甲所示,此后物体的 v - t 图像如图乙所示, g 取10 m/s 2 ,则   (　　) A.物体与水平面间的动摩擦因数为 μ =0.5 B.10 s末恒力 F 的瞬时功率为6 W C.10 s末物体在计时起点左侧4 m处 D.0~10 s内恒力 F 做功的平均功率为0.6 W 答案     D　由图线可知0~4 s内的加速度大小 a 1 =   m/s 2 =2 m/s 2 ,可得 F + μmg = ma 1 ,由图线可知4~10 s内的加速度大小 a 2 =   m/s 2 =1 m/s 2 ,可得 F - μmg = ma 2 ,解得 F =3 N, μ =0.05,选项A错误;10 s末恒力 F 的瞬时功率为 P 10 = Fv 10 =3 × 6 W=18 W, 选项B错误;0~4 s内的位移 x 1 =   × 4 × 8 m=16 m,4~10 s内的位移 x 2 =-   × 6 × 6 m=- 18m,故10 s末物体在计时起点左侧2 m处,选项C错误;0~10 s内恒力 F 做功的 平均功率为   =   =   W=0.6 W,选项D正确。 考向三　机车启动问题 5.(2018河南名校联考)(多选)起重机从静止开始匀加速提起质量为 m 的重物, 当重物的速度为 v 1 时,起重机的有用功率达到最大值 P ,以后,起重机保持该功 率不变,继续提升重物,直到以最大速度 v 2 匀速上升为止,则整个过程中,下列 说法正确的是   (　　) A.起重机对重物的最大拉力为   B.起重机对重物的最大拉力为   C.重物的最大速度 v 2 =   D.重物做匀加速运动的时间为   答案     ACD　由 P = Fv 可知功率最大时,速度越小,拉力越大,则起重机对重物 的最大拉力 F =   ,A正确、B错误;当功率一定时,达到最大速度时起重机的拉 力等于重物的重力,故重物的最大速度 v 2 =   ,C正确;在匀加速运动过程中,起 重机对重物的拉力 F =   不变,当功率达到最大时,匀加速运动结束,由题意知, 起重机达到最大功率时重物的速度为 v 1 ,则 v 1 = at =   t ,解得 t =   ,D正 确。 6. (2018 福建厦门质检 )( 多选 ) 总质量为 m 的汽车在平直公路上以速度 v 0 匀速行 驶时 , 发动机的功率为 P 。司机为合理进入限速区 , 减小了油门 , 使汽车功率立 即减小到   P 并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。 从司机减小油门开始,汽车的 v - t 图像如图,从汽车开始减速到再次达到匀速运 动的过程中,行驶的位移为 s ,汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在该过程 中,下列说法正确的是   (　　) A.汽车再次匀速运动时速度大小为   B. t =0时刻,汽车的加速度大小为   C.汽车的牵引力不断减小 D.经历的时间为   -   答案     ABD　汽车以速度 v 0 匀速行驶时,牵引力等于阻力, f = F =   ,汽车以功率   P 匀速行驶时牵引力等于阻力 f = F =   ,可得 v '=   v 0 ,所以A正确; t =0时刻,汽车 的牵引力 F 0 =   ,汽车的加速度大小 a =   =   =   ,所以B正确;汽车 做减速运动,速度减小,功率不变,据 P = Fv 知,牵引力不断增大,所以C错误;由动 能定理有   Pt - W f =   mv ' 2 -   m   ,其中克服阻力做功 W f = fs ,所经历的时间 t =   -   ,所以D正确。 方法技巧 1.计算功、功率时应注意的三个问题 ①功的公式 W = Fl 和 W = Fl cos α 仅适用于恒力做功的情况。 ②变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒力,也可应用 动能定理等方法求解。 ③对于功率的计算,应注意区分公式 P =   和公式 P = Fv ,前式侧重于平均功率 的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。 2.机车启动模型中的两点技巧:机车启动匀加速过程的最大速度 v 1 (此时机车 输出的功率最大)和全程的最大速度 v m (此时 F 牵 = F 阻 )求解方法: ①求 v 1 :由 F 牵 - F 阻 = ma 、 P = F 牵 v 1 可求出 v 1 =   。 ②求 v m :由 P = F 阻 v m ,可求出 v m =   。 考点2　动能定理的应用 1.对动能定理的理解 (1)动能定理表达式中, W 表示所有外力做功的代数和,包括物体重力所做的功。 (2)动能定理表达式中,Δ E k 为所研究过程的末动能与初动能之差,而且物体的 速度均是相对地面的速度。 2.动能定理的适用范围 (1)既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 (2)既适用于恒力做功,也适用于变力做功。 3.应用动能定理解题应注意的三点 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动 力学研究方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据 的。 (3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的 过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但如能对整个过程利用动能 定理列式,则可使问题简化。 1.如图所示,质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为 μ ,物块与转轴相距 R ,物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时,物块即将在转台上滑 动,此时转台已开始匀速转动,在这一过程中,摩擦力对物块做的功是(假设物 块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)   (　　) A.0　    　　　B.2 μmgR C.2π μmgR 　     D.   μmgR 答案     D　物块即将在转台上滑动但还未滑动时,转台对物块的最大静摩擦 力恰好提供向心力,设此时物块做圆周运动的线速度为 v ,则有 μmg =   。在 物块由静止到获得速度 v 的过程中,物块受到的重力和支持力不做功,只有摩 擦力对物块做功,由动能定理得 W =   mv 2 -0。联立解得 W =   μmgR 。D正确。 2.(多选)如图所示, n 个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列, 总长度为 l ,总质量为 M ,它们一起以速度 v 在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑 上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为 μ ,若小方块恰能 完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做的功为   (　　)   A.   　    B. Mv 2 　    C.   　    D. μMgl 答案     AC　对整体由动能定理得 W f =0-   Mv 2 ,则 W f =   ,A正确;由于整个过 程中摩擦力的大小随位移线性增加,故摩擦力做的总功 W f =-   l =-   l ,C正 确。 3.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段 高均为 h ,与水平面倾角分别为45 ° 和37 ° 的滑道组成,滑草车与草地之间的动 摩擦因数为 μ 。质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、 下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的 能量损失,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8)。则   (　　)   A.动摩擦因数 μ =   B.载人滑草车最大速度为   C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为   g 答案     AB　滑草车受力分析如图所示,在 B 点处有最大速度 v ,在上、下两段 所受摩擦力大小分别为 f 1 、 f 2 f 1 = μmg cos 45 ° f 2 = μmg cos 37 ° 整个过程由动能定理列方程: mg ·2 h - f 1 ·   - f 2 ·   =0   ① 解得 μ =   ,A项正确。 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程: mgh - f 1 ·   =   mv 2   ② 解得 v =   ,B项正确。 由①式知 W f =2 mgh ,C项错误。 在下段滑道上, mg sin 37 ° - μmg cos 37 ° = ma 2 解得 a 2 =-   g ,故D项错误。 考点3　应用动能定理解决力学综合问题 1.应用动能定理解题的基本思路 2.应用动能定理解答力学综合问题时应注意的几点 (1)克服阻力做的功 W 表示阻力所做负功的大小,在应用动能定理列方程时,应 注意 W 前面的符号。 (2)在选取所研究的过程时,初、末状态的速度大小应便于确定,或为题中待 求。 (3)注意挖掘题目的隐含条件。 例     (2018江西上饶六校一联)如图所示,质量 m =3 kg的小物块以初速度 v 0 =4 m/s水平向右抛出,恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道,圆弧轨道的 半径为 R =3.75 m, B 点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连 接, A 与圆心 O 的连线与竖直方向成37 ° 角。 MN 是一段粗糙的水平轨道,小物 块与 MN 间的动摩擦因数 μ =0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r = 0.4 m的半圆轨道, C 点是圆弧轨道的最高点,半圆轨道与水平轨道 BD 在 D 点平 滑连接。 已知重力加速度 g =10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8。   (1)求小物块的抛出点离 A 点的高度 h ; (2)若 MN 的长度为 L =6 m,求小物块通过 C 点时所受轨道的弹力 F N ; (3)若小物块恰好能通过 C 点,求 MN 的长度 L '。 答案 　(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m 解析 　(1)根据平抛运动规律有: tan 37 ° =   得 t =0.3 s 解得 h =   gt 2 =0.45 m (2)小物块由抛出点运动到 B 点的过程中,根据动能定理有: mg [ h + R (1-cos 37 ° )]=   m   -   m   解得 v B =2   m/s 小物块由 B 点运动到 C 点的过程中,根据动能定理有: - μmgL -2 mgr =   m   -   m   在 C 点,有 F N + mg =   解得 F N =60 N (3)小物块刚好能通过 C 点时,有 mg =   解得 v C '=2 m/s 小物块从 B 点运动到 C 点的过程中,根据动能定理有: - μmgL '-2 mgr =   mv C ' 2 -   m   解得 L '=10 m 1.(2018重庆江津七校联考,11)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石 且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只 有很短时间,但由于其高速前进,具有强大的能量,因而破坏性极大。某课题 小组对泥石流的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型:如图甲所示, 在水平地面上放置一个质量为 m =4 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平 推力作用下运动,推力 F 随位移变化的情况如图乙所示,已知物体与地面间的 动摩擦因数 μ =0.5, g =10 m/s 2 。则:   　　甲　　　　　　　　　乙 (1)物体在运动过程中的最大加速度为多少? (2)在距出发点多远处,物体的速度达到最大? (3)物体在水平地面上运动的最大位移是多少? 答案 　(1)15 m/s 2 　(2)3 m　(3)8 m 解析 　(1)当推力 F 最大时,加速度最大 由牛顿第二定律,得 F - μmg = ma 解得 a =15 m/s 2 (2)由图像可知: F 随 x 变化的函数关系式为 F =80-20 x (N) 速度最大时,合外力为零,即 F = μmg 解得 x =3 m (3)位移最大时,末速度为零 根据动能定理可得 W F - μmgs =0 根据图像可知,力 F 做的功为 W F =   Fx =160 J 解得 s =8 m 2.(2018四川南充模拟)如图所示,半径为 R =1 m、内径很小的粗糙半圆管竖直 放置,一直径略小于半圆管内径、质量为 m =1 kg的小球,在水平恒力 F =   N 的作用下由静止沿光滑水平面从 A 点运动到 B 点, A 、 B 间的距离 x =   m,当小 球运动到 B 点时撤去外力 F ,小球经半圆管道运动到最高点 C ,此时球对外轨的 压力 F N =2.6 mg ,然后垂直打在倾角为 θ =45 ° 的斜面上的 D 点( g =10 m/s 2 )。求:   (1)小球在 B 点时的速度的大小; (2)小球在 C 点时的速度的大小; (3)小球由 B 到 C 的过程中克服摩擦力做的功; (4) D 点距地面的高度。 答案 　(1)10 m/s　(2)6 m/s　(3)12 J　(4)0.2 m 解析 　(1)小球从 A 到 B 过程,由动能定理得 Fx =   m   -0 解得 v B =10 m/s (2)在 C 点,由牛顿第二定律得 mg + F N = m   又据题有 F N =2.6 mg 解得 v C =6 m/s (3)由 B 到 C 的过程,由动能定理得 - mg ·2 R - W f =   m   -   m   解得克服摩擦力做的功 W f =12 J (4)设小球从 C 点到打在斜面上经历的时间为 t , D 点距地面的高度为 h ,则在竖 直方向上有2 R - h =   gt 2 由小球垂直打在斜面上可知   =tan 45 ° 联立解得 h =0.2 m 方法技巧 应用动能定理解题要注意“两状态、一过程” (1)应用动能定理解题的要点是“两状态,一过程”,即研究对象的始、末状 态和研究过程。关注这一过程的位置变化、受力变化及外力做功等信息。 有些力在运动过程中不是始终存在的,若在物体的运动过程中包含多个物理 过程,物体运动状态、受力情况等均发生变化,则在考虑外力做功时,必须根 据不同情况分别对待。 (2)对于多过程的运动,需要明确多个位置的速度或动能,既可分段研究,也可 全过程研究,但要注意“状态”与“过程”的对应关系。 1.(2018课标Ⅱ,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙 水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定   (　　) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 答案     A　本题考查动能定理。由动能定理可知 W 拉 - W f = E k -0,因此, E k < W 拉 ,故 A正确,B错误; E k 可能大于、等于或小于 W f ,选项C、D错误。 2.(2018课标Ⅲ,19,6分)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井 运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示, 其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都 相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。 对于第①次和第②次提升过程,   (　　) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1 C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5 答案     AC　在 v - t 图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过 程变速阶段加速度的大小都相同,即在 v - t 图像中,它们变速阶段对应的图线要 么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间 t =   t 0 ,即矿车上升所 用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直 线运动时,电机的牵引力最大,即 F - mg = ma ,得 F = mg + ma ,即最大牵引力之比为 1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率 P 1 =( mg + ma ) v 0 ,在 第②次提升过程中,电机输出的最大功率 P 2 =( mg + ma )·   v 0 ,即   =   ,选项C正 确;对①②两次提升过程,由动能定理可知 W - mgh =0,即   =   ,选项D错误。   3.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面 内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小 环下滑的过程中,大圆环对它的作用力   (　　)   A.一直不做功　     B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心　     D.始终背离大圆环圆心 答案     A　本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆 环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环 的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背 离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。 4.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面;在 半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P 。它在容器内壁由静止下滑到 最低点的过程中,克服摩擦力做的功为 W 。重力加速度大小为 g 。设质点 P 在 最低点时,向心加速度的大小为 a ,容器对它的支持力大小为 N ,则   (　　) 答案     AC　由动能定理知,在 P 从最高点下滑到最低点的过程中 mgR - W =   mv 2 , 在最低点的向心加速度 a =   ,联立得 a =   ,选项A正确;在最低点时 有 N - mg = ma ,所以 N =   ,选项C正确。 5.(2017课标Ⅱ,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起 跑线相距 s 0 和 s 1 ( s 1 < s 0 )处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让 运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度 v 0 击出,使冰球在冰面 上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线 从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗 处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为 v 1 。 重力加速度大小为 g 。   答案 　(1)   　(2)   求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。 解析 　(1)设冰球的质量为 m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ ,由动能定理 得 - μmgs 0 =   m   -   m     ① 解得 μ =     ② (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的 加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,所用 的时间为 t 。 由运动学公式得   -   =2 a 1 s 0   ③ v 0 - v 1 = a 1 t   ④ s 1 =   a 2 t 2   ⑤ 联立③④⑤式得 a 2 =     ⑥